高考物理一輪復習 第九章 磁場 課時分層作業(yè) 二十六 9.2 磁場對運動電荷的作用試題

課時分層作業(yè)二十六磁場對運動電荷的作用(45分鐘100分)【基礎達標題組】一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～6題為單選題,7～10題為多選題)1.如圖所示,勻強磁場中有一電荷量為q的正離子,由a點沿半圓軌道運動,當它運動到b點時,突然吸收了附近若干電子,接著沿另一半圓軌道運動到c點,已知a、b、c在同一直線上,且ac=ab,電子的電荷量為e,電子質量可忽略不計,則該離子吸收的電子個數(shù)為 ()A.B.C.D.【解析】選D。正離子由a到b的過程,軌跡半徑r1=,此過程有qvB=m,正離子在b點附近吸收n個電子,因電子質量不計,所以正離子的速度不變,電荷量變?yōu)閝-ne,正離子從b到c的過程中,軌跡半徑r2==ab,且(q-ne)vB=m,解得n=,D正確。2.(2018·深圳模擬)一個重力不計的帶電粒子垂直進入勻強磁場,在與磁場垂直的平面內做勻速圓周運動。則下列能表示運動周期T與半徑R之間的關系圖象的是 ()【解析】選D。帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,qvB=m?R=,由圓周運動規(guī)律,T==,可見粒子運動周期與半徑無關,故D項正確。3.(2018·南昌模擬)如圖所示,在x>0,y>0的空間中有恒定的勻強磁場,磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里,大小為B?，F(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子,從x軸上的某點P沿著與x軸正方向成30°角的方向射入磁場。不計重力的影響,則下列有關說法中正確的是 ()A.只要粒子的速率合適,粒子就可能通過坐標原點B.粒子在磁場中運動所經歷的時間一定為C.粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為D.粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為【解析】選C。帶正電的粒子從P點沿與x軸正方向成30°角的方向射入磁場中,則圓心在過P點與速度方向垂直的直線上,如圖所示,粒子在磁場中要想到達O點,轉過的圓心角肯定大于180°,因磁場有邊界,故粒子不可能通過坐標原點,故選項A錯誤;由于P點的位置不確定,所以粒子在磁場中運動的圓弧對應的圓心角也不同,最大的圓心角是圓弧與y軸相切時即300°,運動時間為T,而最小的圓心角為P點在坐標原點即120°,運動時間為T,而T=,故粒子在磁場中運動所經歷的時間最長為,最短為,選項C正確,B、D錯誤。4.(2018·六安模擬)如圖所示,在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B。在xOy平面內,從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)。則下列說法正確的是 ()A.若v一定,θ越大,則粒子在磁場中運動的時間越短B.若v一定,θ越大,則粒子離開磁場的位置距O點越遠C.若θ一定,v越大,則粒子在磁場中運動的角速度越大D.若θ一定,v越大,則粒子在磁場中運動的時間越短【解析】選A。由左手定則可知,帶正電的粒子向左偏轉。若v一定,θ越大,則粒子在磁場中運動的時間越短,選項A正確;若v一定,θ等于90°時,粒子離開磁場的位置距O點最遠,選項B錯誤;若θ一定,粒子在磁場中運動的周期與v無關,由ω=可知粒子在磁場中運動的角速度與v無關,選項C、D錯誤。5.(2018·馬鞍山模擬)如圖所示,abcd為一正方形邊界的勻強磁場區(qū)域,磁場邊界邊長為L,三個粒子以相同的速度從a點沿ac方向射入,粒子1從b點射出,粒子2從c點射出,粒子3從cd邊垂直于磁場邊界射出,不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用。根據(jù)以上信息,可以確定 ()A.粒子1帶負電,粒子2不帶電,粒子3帶正電B.粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1C.粒子1和粒子3在磁場中運動的時間之比為4∶1D.粒子3的射出位置與d點相距【解析】選B。根據(jù)左手定則可知粒子1帶正電,粒子2不帶電,粒子3帶負電,選項A錯誤;粒子1在磁場中的軌跡為四分之一圓周,半徑r1=L,時間t1=T=×=,粒子3在磁場中的軌跡為八分之一圓周,半徑r3=L,時間t3=T=×=,則t1=t3,選項C錯誤;由r=可知粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1,選項B正確;粒子3的射出位置與d點相距(-1)L,選項D錯誤。6.(2016·全國卷Ⅱ)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的軸平行,筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉動。在該截面內,一帶電粒子從小孔M射入筒內,射入時的運動方向與MN成30°角。當筒轉過90°時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的比荷為 ()A.B.C.D.【解析】選A。粒子恰好從小孔N飛出圓筒時筒轉過90°,由幾何關系得,粒子在磁場中做勻速圓周運動所轉過的圓心角為30°。如圖所示,則粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T′=3T=,根據(jù)T=,所以=,故選項A正確。7.有關電荷所受電場力和磁場力的說法中,正確的是 ()A.電荷在磁場中一定受磁場力的作用B.電荷在電場中一定受電場力的作用C.電荷受電場力的方向與該處的電場方向一致D.電荷若受磁場力,則受力方向與該處的磁場方向垂直【解析】選B、D。帶電粒子受洛倫茲力的條件:運動電荷且速度方向與磁場方向不平行,故電荷在磁場中不一定受磁場力作用,A項錯誤;電場具有對放入其中的電荷有力的作用的性質,B項正確;正電荷受力方向與電場方向一致,而負電荷受力方向與電場方向相反,C項錯誤;磁場對運動電荷的作用力方向垂直磁場方向且垂直速度方向,D項正確。8.空間有一磁感應強度為B的水平勻強磁場,質量為m、電荷量為q的質點以垂直于磁場方向的速度v0水平進入該磁場,在飛出磁場時高度下降了h,重力加速度為g,則下列說法正確的是 ()A.帶電質點進入磁場時所受洛倫茲力可能向上B.帶電質點進入磁場時所受洛倫茲力一定向下C.帶電質點飛出磁場時速度的大小為v0D.帶電質點飛出磁場時速度的大小為【解析】選A、D。因為磁場為水平方向,帶電質點水平且垂直于磁場方向飛入該磁場,若磁感應強度方向為垂直紙面向里,利用左手定則,可以知道若質點帶正電,從左向右飛入瞬間洛倫茲力方向向上,若質點帶負電,飛入瞬間洛倫茲力方向向下,A對,B錯;利用動能定理mgh=mv2-m,得v=,C錯,D對。9.如圖所示,xOy平面的一、二、三象限內存在垂直紙面向外,磁感應強度B=1T的勻強磁場,ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板,長度為9m,M點為x軸正方向上一點,OM=3m。現(xiàn)有一個比荷大小為=1.0C/kg可視為質點的帶正電的小球(重力不計),從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負方向射入磁場,若與擋板相碰就以原速率彈回,且碰撞時間不計,碰撞時電荷量不變,A.3m/s B.C.4m/s D【解析】選A、B、D。因為小球通過y軸的速度方向一定是+x方向,故帶電小球圓周運動軌跡半徑最小值為3m,即Rmin=,解得vmin=3m/s;經驗證,帶電小球以3m/s速度進入磁場,與ON碰撞一次,再經四分之三圓周經過M點,如圖甲所示,A項正確;當帶電小球與ON不碰撞,直接經過M點,如圖乙所示,小球速度沿-x方向射入磁場,則圓心一定在y軸上,做出MN的垂直平分線,交于y軸的點即得圓心位置,由幾何關系解得軌跡半徑最大值Rmax=5m,5m/s,D項正確;當小球速度大于3m/s,小于5m/s時,軌跡如圖丙所示,由幾何條件計算可知軌跡半徑R=3.75m,由半徑公式R=,得10.如圖所示,S處有一電子源,可向紙面內任意方向發(fā)射電子,平板MN垂直于紙面,在紙面內的長度L=9.1cm,中點O與S間的距離d=4.55cm,MN與SO直線的夾角為θ,板所在平面有電子源的一側區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B=2.0×10-4T。電子質量m=9.1×10-31kg,電量e=-1.6×10-19C,不計電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6×10A.θ=90°時,l=9.1B.θ=60°時,l=9.1C.θ=45°時,l=4.55D.θ=30°時,l=4.55【解析】選A、D。電子在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動,根據(jù)洛倫茲力大小計算公式和向心力公式有:evB=m,解得電子圓周運動的軌道半徑為:r==m=4.55×10-2m=4.55cm,恰好有:r=d=,由于電子源S可向紙面內任意方向發(fā)射電子,因此電子的運動軌跡將是過S點的一系列半徑為r的等大圓,能夠打到板MN上的區(qū)域范圍如圖甲所示,實線SN表示電子剛好經過板N端時的軌跡,實線SA表示電子軌跡剛好與板相切于A點時的軌跡,因此電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為又由題設選項可知,MN與SO直線的夾角θ不定,但要使電子軌跡與MN板相切,根據(jù)圖中幾何關系可知,此時電子的軌跡圓心C一定落在與MN距離為r的平行線上,如圖乙所示,當l=4.55cm時,即A點與板O點重合,作出電子軌跡如圖中實線S1A1,由圖中幾何關系可知,此時S1O與MN的夾角θ=30°,故C錯誤,D正確。當l=9.1cm時,即A點與板M端重合,作出電子軌跡如圖中實線S2A2,由幾何關系可知,此時S2O與MN的夾角θ=90二、計算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟)11.如圖所示,在半徑為R=的圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,圓形區(qū)域右側有一豎直感光板,帶正電粒子從圓弧頂點P以速率v0平行于紙面進入磁場,已知粒子的質量為m,電量為q,粒子重力不計。 (1)若粒子對準圓心射入,求它在磁場中運動的時間。(2)若粒子對準圓心射入,且速率為v0,求它打到感光板上時速度的垂直分量。(3)若粒子以速度v0從P點以任意角入射,試證明它離開磁場后均垂直打在感光板上?！窘馕觥?1)粒子的軌道半徑r==R,故粒子在磁場中的運動時間t==(2)當v=v0時,軌跡半徑r′=R,如圖所示,速度偏轉60°角,故v⊥=vsin60°=v0(3)由(1)知,當帶電粒子以v0射入時,帶電粒子在磁場中的運動軌道半徑為R。設粒子射入方向與PO方向夾角為θ,帶電粒子從區(qū)域邊界S射出,帶電粒子運動軌跡如圖所示。因PO3=O3S=PO=SO=R,所以四邊形POSO3為菱形。由圖可知:PO∥O3S,v0⊥SO3,因此,帶電粒子射出磁場時的方向為水平方向,與入射的方向無關。答案:(1)(2)v0(3)見解析【加固訓練】如圖所示,在圓心為O的圓形區(qū)域內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。邊界上的一粒子源A,向磁場區(qū)域發(fā)射出質量為m、帶電荷量為q(q>0)的粒子,其速度大小均為v,方向垂直于磁場且分布在AO右側α角的范圍內(α為銳角)。磁場區(qū)域的半徑為,其左側有與AO平行的接收屏,不計帶電粒子所受重力和相互作用力,求:(1)沿AO方向入射的粒子離開磁場時的方向與入射方向的夾角。(2)接收屏上能接收到帶電粒子區(qū)域的寬度。【解析】(1)根據(jù)帶電粒子在磁場中的運動規(guī)律,可知粒子在磁場中沿逆時針方向做圓周運動,設其半徑為R,有qBv=,得R=可知,帶電粒子運動半徑與磁場區(qū)域半徑相等。沿AO射入磁場的粒子離開磁場時的方向與入射方向之間的夾角為,如圖所示。(2)設粒子入射方向與AO的夾角為θ,粒子離開磁場的位置為A′,粒子做圓周運動的圓心為O′。根據(jù)題意可知四邊形AOA′O′四條邊長度均為,是菱形,有O′A′∥OA,故粒子出射方向必然垂直于OA所在直線,然后做勻速直線運動垂直擊中接收屏,如圖所示。設與AO成θ角射入磁場的粒子離開磁場時與A點豎直距離為d,有d=R+Rcos(-θ)=設d的最大值和最小值分別為d1和d2,有d1=,d2=故接收屏上能接收到帶電粒子的寬度Δd為Δd=d1-d2=。答案:(1)(2)【能力拔高題組】1.(8分)(2018·十堰模擬)如圖所示,空間存在水平向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場,磁場內有一絕緣的足夠長的直桿,它與水平面的傾角為θ,一帶電荷量為-q、質量為m的帶負電小球套在直桿上,從A點由靜止沿桿下滑,小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ<tanθ。則在下列圖中小球運動過程中的速度—時間圖象可能是 ()【解析】選C。小球受重力、洛倫茲力、桿的彈力、摩擦力的作用。開始時彈力的方向垂直桿向上,隨著速度增大,洛倫茲力增大。桿的彈力減小,摩擦力減小,小球做加速度逐漸增大的加速運動,當洛倫茲力較大時,桿的彈力方向垂直桿向下,隨著速度增大,洛倫茲力增大,桿的彈力增大,摩擦力增大,小球做加速度逐漸減小的加速運動,最后達到最大速度,做勻速運動,選項C正確。2.(17分)(2016·海南高考)如圖,A、C兩點分別位于x軸和y軸上,∠OCA=30°,OA的長度為L。在△OCA區(qū)域內有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子,以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場。已知粒子從某點射入時,恰好垂直于OC邊射出磁場,且粒子在磁場中運動的時間為t0。不計重力。(1)求磁場的磁感應強度的大小。(2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場,恰好從OC邊上的同一點射出磁場,求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和。(3)若粒子從某點射入磁場后,其運動軌跡與AC邊相切,且在磁場內運動的時間為t0,求粒子此次入射速度的大小?！窘馕觥?1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,在時間t0內其速度方向改變了90°,故其周期T=4t0 ①設磁感應強度大小為B,粒子速度為v,圓周運動的半徑為r。由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB=m ②勻速圓周運動的速度滿足v= ③聯(lián)立①②③式得B= ④(2)設粒子從OA邊兩個不同位置射入磁